2014-02-02
1771
f (x 0 - 0) f (x) и f (x 0+0) f (x)
и f (x) разрывна в точке x 0, то такой разрыв называется разрывом первого рода. Если при этом, то разрыв называется устранимым.
Разрыв не первого рода называется разрывом второго рода.
Различают конечные и бесконечные разрывы второго рода.
Аналогично классифицируются разрывы для функции, определенной в полуокрестности точки. Например, пусть функция f (x)определена на отрезке [ a,b ]. Если существует конечный предел f (a+ 0) и, то разрыв называется разрывом первого рода
Пример 1. Функция имеет устранимый разрыв первого рода в точке.
Рис. 3.4
График функции
Пример 2. Функция имеет разрыв второго рода в точке
Рис. 3.5
Пример 3. Функция = sign x имеет не устранимый разрыв первого рода в точке
Пример 4. Функция = sign x имеет устранимый разрыв первого рода в точке справа.
Пример 5. Функция = sign x имеет устранимый разрыв первого рода в точке слева.
Рис. 3.6
3.5. 3. Ограниченность непрерывной функции. Теоремы Вейерштрасса
Лемма. Если { xn }Ì[ a,b ] и xn=x 0, то x 0Î[ a.b ].
Доказательство. Теорема о переходе к пределу в неравенствах:.
Теорема 1 (Первая теорема Вейерштрасса). Непрерывная на [ a,b ] функция f ограничена на [ a,b ].
Доказательство (От противного). Ограниченность: $ M " x Î[ a,b ]: |f (x) |£M. Отрицание " M $ x Î[ a,b ]: |f (x) |>M. В частности, " n $ xn Î[ a,b ]: |f (xn) |>n. По теореме Больцано-Вейерштрасса найдется сходящаяся подпоследовательность {} ® x 0, x 0Î[ a,b ]. Тогда, с одной стороны |f()|>nk, с другой стороны f () ®f (x 0).
Теорема 2. Непрерывная на [ a,b ] функция f (x) достигает своих точных верхней и точной нижней граней.
Доказательство. Пусть M=f (x), тогда, беря в качестве. Выберем сходящуюся подпоследовательность ®x 0, x 0Î[ a,b ],. Переходя к пределу в этих неравенствах при k®¥ получим требуемое равенство f (x 0) =M.
Рис. 3.7
3.5. 4.Теорема о промежуточных значениях непрерывной функции
Теорема. Если непрерывная на [ a,b ] функция f (x) принимает на концах промежутка [ a,b ] значения разных знаков, то $ c Î(a,b): f (c) = 0.
Доказательство. Пусть, например, A=f (a)< 0, B=f (b)> 0.Далее производится последовательное деление отрезка пополам так, что f (an)< 0< f (bn). Общий шаг этого процесса. Дано: f (an)< 0< f (bn). Обозначим середину отрезка [ an, bn ]через cn=.
Рис. 3.8
Если, то нужная точка найдена.
Если, то полагаем.
Если, то полагаем.
Этот процесс может оборваться на некотором шаге и, таким образом, нужная точка c будет найдена. В противном случае в результате этой процедуры будет построена последовательность вложенных, стягивающихся к нулю отрезков {[ an, bn ]}, таких, что f (an)<0< f (bn). Пусть c – общая точка для этих отрезков: an£ c£ bn.
Тогда из условия bn - an® 0 следует, что an=c= bn, далее из условия f (an)< 0< f (bn) получим, что f (c)£ 0£ f (c).
Следствие 1. Если f непрерывна на [ a,b ], f (a)¹ f (b). Тогда для " M из промежутка f (a), f (b) $ c Î[ a,b ]: f (c) =M.
Доказательство: Пусть, например, A=f (a) <B=f (b), доказанную теорему применяем к функции F (x) =f (x) – M.
Рис. 3.9
Следствие 2. Пусть f (x) непрерывна на отрезке X и, тогда множеством значений этой функции будет отрезок [ m,M ].
Действительно, по второй теореме Вейерштрасса точные верхние грани достигаются. Таким образом, существуют такие, что и. К точкам применяем следствие 1.
Рис. 3.10
3.5. 5.Критерий непрерывности монотонной функции
Теорема. Для того, чтобы монотонная функция f (x), определенная на [ a,b ], была непрерывна на [ a,b ], необходимо и достаточно, чтобы множество значений f (x) заполняло целиком отрезок с концами f (a), f (b)(либо [ f (a), f (b)], либо [ f (b), f (a)]).
Доказательство.
Лемма. Для монотонно возрастающей на данном отрезке функции существуют: для " x 0Î(a,b ], и для " x 0Î[ a,b).
Доказательство леммы. Положим для некоторого x 0Î(a,b ], A=, тогда для " x Î[ a,x 0): f (x)£ A и для "e>0$ x¢ Î[ a,x 0): A-e <f (x¢).
Рис. 3.11
Так как функция монотонно возрастает, то " x Î(x¢,x 0): A- e < f (x¢) £ f (x)£ A. Таким образом, равенство доказано.
Аналогично для предела справа. Для монотонно убывающей функции справедливо аналогичное утверждение.
Следствие 1. Монотонно убывающая (возрастающая) на [ a,b ] функция имеет конечные односторонние пределы.
Следствие 2. Монотонно убывающая (возрастающая) на [ a,b ] функция может иметь там лишь разрывы первого рода.
Доказательство критерия. Функцию будем предполагать монотонно возрастающей. Необходимость уже была доказана ранее (пункт 4, следствие 2).
Достаточность. Предположим противное. В точке x 0 имеется разрыв. Этот разрыв обязан быть разрывом первого рода и, следовательно, должно нарушаться одно из двух соотношений:
,.
Пусть, например,. Так как функция возрастает, то это означает, что. По лемме.
Имеем при x £ x 0, f (x 0) < f (x 0+0) £ f (x) при. Таким образом, значения между f (x 0), f (x 0+0) не достигаются, что противоречит условию теоремы.
Рис. 3.12
Аналогично проводится доказательство в случае существования разрыва слева.
Замечание. Для монотонно убывающей функции доказательство проводится заменой f на –f.
3.5. 6.Непрерывность обратной функции
Еще раз определение обратной функции. Пусть f (x) определена на X и Y – множество ее значений. Предположим, что различным значениям x 1 и x 2 соответствуют различные значения y 1 =f (x 1), y 2 =f (x 2). Тогда для любого y Î Y $! x Î X: y=f (x), такое соответствие y® x называется обратной функцией и обозначается x=f -1(y). У обратной функции областью определения будет Y, а областью значений X.
Лемма. Обратная функция строго монотонно возрастающей функции будет строго монотонно возрастать. Обратная функция строго монотонно убывающей функции будет строго монотонно убывать.
Доказательство. Например, пусть f (x)строго монотонно возрастает. Если y 1 ,y 2из области значений функции f (x) и y 1 < y 2, то
f -1(y 1) < f -1(y 2). Действительно, если предположить противное:, то из условия монотонного возрастания функции f (x)получим неравенство y 1 = f (x 1) ³ f (x 2) =y 2, что противоречит условию y 1 < y 2. Аналогично доказывается, что обратная к монотонно убывающей функции является монотонно убывающей функцией.
Теорема (существование и непрерывность обратной функции у монотонной)
Если y=f (x) строго монотонно возрастает на [ a,b ] и непрерывна там, то на Y= [ f (a) ,f (b)] существует обратная функция и является непрерывной на этом множестве.
Доказательство. Существование обратной функции следует из строгой монотонности. Кроме того, обратная функция также будет монотонной с областью значений [ a,b ]. Из критерия непрерывности монотонной функции следует ее непрерывность. Аналогичная теорема имеет место для строго монотонно убывающей функции.
3.5. 7.Непрерывность элементарных функций
1) Непрерывность функции ax, a >0.
Справедливо равенство.
a) Если a >1, обозначим, a= (a n+ 1) n > n a n, a n<a/n, следовательно a n – б.м..
Замечание. Отметим, что точно также можно доказать равенство. Именно,, n= (a n+ 1) n >,
a n<, следовательно a n – б.м..
b) Если a <1, то, b > 1.
Докажем, что (непрерывность в 0функции ax).
1° a > 1.
Докажем вначале, что. Пусть { xk } последовательность типа Гейне для,то есть, xk® 0, xk >0. Можно считать, что. Для последовательности целых частей будут выполнены неравенства. Откуда, в частности, следует, что nk®+ ¥ и далее, переходя к пределу при k® ¥, получим требуемое равенство (определение одностороннего предела по Гейне). Аналогично рассматривается случай x® 0 - 0. Из существования и равенства односторонних пределов следует доказываемое утверждение:.
2° Если a< 1, то bx= 1/ ax, где b= 1/ a > 1.
2) Функция ax непрерывна в точке x 0. Это следует из равенства.
3). Функция y= log ax непрерывна, как обратная к непрерывной строго монотонной функции x=ay .
4). Степенная функция y=x a. Докажем непрерывность при x> 0. Имеем x a =e a ln x , далее следует воспользоваться теоремой о непрерывности суперпозиции. Если допускает отрицательные значения для функции y=x a, то для доказательства непрерывности этой функции при функцию можно представить в виде:. Непрерывность в нуле рекомендуется попробовать доказать самостоятельно (непосредственно по определению).
5).. Другими словами, ~ или
Доказательство. Функция непрерывна, как суперпозиция непрерывной и имеющей предел функции:. Аналогично доказывается, что
6) = ln a. Другими словами, ~ или.
Доказательство. Обозначим ax - 1 =y, тогда x ln a= ln(1 +y),
Стремление к нулю x® 0 эквивалентно стремлению к нулю y® 0,
~.
Пример 1 (Следствие из предыдущего примера). Таким образом, или.
Пример 2. Вычислить предел.
.
Отдельно вычислим пределы и
= = =
= = = = = aa,
= = aa ln a.
= aa (ln a + 1).
7). Таким образом, ~ или.
Доказательство. Обозначим (1 +x)a- 1 =y, тогда aln(1 +x) = ln(1 +y).
~.
Пример 3. Вычислить предел.
.
Отдельно вычислим пределы и
= = aa ln a,
=- = =
= = -aa.
= aa (ln a - 1).
8) Вычислить предел.
тогда
Поэтому.
9) Непрерывность.
| sin x – sin x 0 |=2
Непрерывность cos x следует из свойств непрерывных функция: cos x = sin(x+ p/2).
Непрерывность тригонометрических функция tg x, ctg x, arcsin, arcos, arctg, arcctgв своих областях определения следует из свойств непрерывных функций. Например, tg x непрерывен для всех кроме точек, в которых имеется разрыв второго рода.
10) f= const, многочлен Pn (x) = является непрерывными функциями всюду, рациональная функция
непрерывна всюду, кроме нулей знаменателя.
3.5. 8.Равномерная непрерывность
Функция f (x), определенная на Х называется равномерно непрерывной на Х, если
"e>0$d>0" x¢,x¢¢ Î X,|x¢-x¢¢|< d: |f (x¢) -f (x¢¢) |< e.
Непосредственно из определения следует, что всякая равномерно непрерывная функция на Х непрерывна в любой точке этого множества. Здесь предполагается выполненным предусловие непрерывности. Именно, если, то определена хотя бы в проколотой окрестности точки, быть может, односторонней. Обратное, вообще говоря, неверно. То есть, непрерывная на функция не обязана быть равномерно непрерывной на этом множестве. Примером может служить функция Однако, справедлива теорема
Теорема (Кантор). Всякая непрерывная на [ a,b ] функция f равномерно непрерывна на [ a,b ].
Доказательство. От противного.
$ e 0>0"d>0$ u,v Î[ a,b ] ,|u-v|< d: |f (u) - f (u) |³ e0. Для d = 1/ n $ un,vn,| un-vn|< 1/ n:
|f (un) - f (vn) |³ e0. (1)
По теореме Больцано-Вейрштрасса $ = x 0Î[ a,b ], тогда и = x 0. В силу непрерывности функции,
. Таким образом,
, что противоречит (1).
Приведем достаточное условие отсутствия равномерной непрерывности функции.
Теорема. Пусть функциянепрерывна наи существуют две последовательностииз области, сходящиеся к некоторому общему значения и такие, что. Тогда функцияне является равномерно непрерывной на.
Доказательство. Для определенности будем считать, что. Выпишем отрицание равномерной непрерывности:
$e0>0"d>0$ u,v Î X,|u-v|< d: |f (u) - f (u) |³ e0 (2)
Возьмем и для произвольного выберем так, чтобы
а) и
б)
Выполнение первого условия для достаточно больших k следует из равенства пределов. Что касается второго условия, то оно может быть получено из условия из которого и следует выполнение условия б) для достаточно больших номеров. Таким образом, утверждение (2) доказано.
Пример. Воспользуемся доказанной теоремой, чтобы доказать, что функция не является равномерно непрерывной на. В качестве требуемых последовательностей выберем последовательности:, то есть,, а выберем так, что, то есть Указанные последовательности удовлетворяют условиям теоремы и требуемое утверждение доказано.
